微专题 正弦定理的应用 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

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微专题：正弦定理的应用
【考点梳理】
1. 正弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆的半径，则

正弦定理
文字
语言
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
公式
＝＝.
常见
变形
(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
(2)sinA＝，sinB＝，sinC＝.
a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.
asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA.
2. 三角形常用面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示边a上的高).
(2)S＝absinC＝acsinB＝bcsinA.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径).
(4)S＝，即海伦公式，其中p＝(a＋b＋c)为△ABC的半周长.



【题型归纳】
题型一：正弦定理解三角形
1．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（       ）
A． B． C． D．或
2．在中，已知，，，则下列选项中正确的为（       ）
A． B．外接圆的半径为
C．的面积为 D．
3．在中，，，，则为（       ）
A． B． C．或 D．

题型二：正弦定理判定三角形解的个数
4．在中，内角，，对应的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（       ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
5．在△ABC中，，，，则满足条件的△ABC（       ）
A．无解 B．有一解 C．有两解 D．不能确定
6．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，若只有一解，则实数x的取值范围为（       ）
A． B． C． D．或

题型三：正弦定理求外接圆半径
7．在中，若，三角形的面积，则三角形外接圆的半径为（    ）
A． B．2 C． D．-2
8．在中，，，，则的外接圆半径为（       ）
A． B． C．3 D．
9．在中，，，则外接圆的半径为（       ）
A．1 B． C．2 D．3

题型四：正弦定理边角互化的应用
10．已知的三个内角所对的三条边为，若，则（       ）
A． B． C． D．
11．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，，的面积为，则（       ）
A． B．2 C． D．
12．记的内角、、的对边分别为、、，若，，则（       ）
A． B． C． D．



【双基达标】
13．在中，角,,所对的边分别是，，，若，，，则
A． B． C． D．
14．在中，角，，的对边分别为，，，且，，，则边长等于（       ）
A． B． C．2 D．
15．下列说法中，正确的个数为（       ）
①若，是非零向量，则“”是“与的夹角为锐角”的充要条件；②命题“在中，若，则”的逆否命题为真命题；③已知命题：，则它的否定是：.
A．0 B．1 C．2 D．3
16．在中，，则的形状为（       ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
17．在中，，，分别为内角，，的对边，且，则的大小为（       ）
A． B． C． D．
18．在中，角A，B，C对应的边分别为a､b､c，若，，，则B等于（       ）
A． B． C．或 D．3
19．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角，，所对的边分别为，，，则的面积．根据此公式，若，且，则的面积为（     ）
A． B． C． D．
20．在中，，，，则b的值为（       ）
A． B． C． D．
21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝（       ）
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1
C．2∶∶1 D．1∶∶2
22．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（       ）

A．346 B．373 C．446 D．473
23．中，，，则此三角形的外接圆半径是（       ）
A．4 B． C． D．
24．不解三角形，下列三角形中有两解的是（　　）
A． B．
C． D．
25．在中，角所对的边分别为.若，则等于（       ）
A． B． C． D．
26．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则的值是（       ）
A．6 B．8 C．4 D．2
27．在△ABC中，若，则B＝（       ）
A． B． C．或 D．或
28．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a，则等于（　　）
A． B． C． D．2
29．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
30．满足条件，，的三角形的个数是（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．不存在
31．在中，根据下列条件解三角形，则其中有两个解的是（       ）
A． B．
C． D．

【高分突破】
一、 单选题
32．在中，角、、的对边分别为、、，若，，则是（       ）
A．钝角三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
33．在中，角的对边分别是，，，，则（       ）
A． B． C．或 D．无解
34．在中，角所对的边分别为，若，则（       ）
A． B．或 C． D．或
35．在中，角，，的对边分别为，，．若，，，则角（　　）
A． B． C．或 D．或
36．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A=45°，a=6，b=3，则B的大小为（       ）
A．30° B．60°
C．30°或150° D．60°或120°
37．如图，设，是双曲线的左、右焦点，过点作渐近线的平行线交另外一条渐近线于点，若的面积为，离心率满足，则双曲线的方程为（       ）

A． B．
C． D．
二、多选题
38．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（     ）
A．b＝10，A＝45°，C＝70° B．b＝45，c＝48，B＝60°
C．a＝14，b＝16，A＝45° D．a＝7，b＝5，A＝80°
39．已知面积为12，，则下列说法正确的是（       ）
A．若，则 B．的最大值为
C．的值可以为 D．的值可以为
40．在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的有（       ）
A．若，则
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则边的范围是
41．在中各角所对得边分别为a，b，c，下列结论正确的有（       ）
A．则为等边三角形；
B．已知，则；
C．已知，，，则最小内角的度数为；
D．在，，，解三角形有两解．
三、填空题
42．在中，若，则的大小为__________．
43．在中，已知角的对边分别为，且，，，若有两解，则的取值范围是__________．
44．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则的面积为_________．
45．三棱锥中，底面，，在底面中，，，则三棱锥的外接球的体积等于__________．
46．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，则的面积为______.
47．在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________
四、解答题
48．在锐角三角形中，角的对边分别为，且成等差数列
（1）若，求
（2）若为的最大内角，求的取值范围
49．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，然后解答补充完整的题目．
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若__________．
（1）求角B；
（2）若，且的面积为，求b的值．
50．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角所对的边分别为，面积为，且，_____________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
51．如图，在四边形中，，，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，


(1)当时，求；
(2)当四边形的面积取最大值时，求.
52．中，角所对边分别为.已知，，.
（1）求；
（2）求.

参考答案
1．A
【解析】
【分析】
利用正弦定理计算可得.
【详解】
解：因为，，，
由正弦定理，即，解得，
因为，所以；
故选：A
2．B
【解析】
【分析】
利用正弦定理可得，进而可得，，然后利用三角形面积公式可得，即得.
【详解】
因为，，，
∴，，
∴，又，
∴，故B正确，D错误；
∴，，，故AC错误.
故选：B.
3．D
【解析】
【分析】
利用正弦定理求得正确答案.
【详解】
由正弦定理得，
由于，所以.
故选：D
4．C
【解析】
【分析】
根据三角形的性质，以及正弦定理和余弦定理，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，由，，可得，所以三角形只有一解；
对于B中，由，，，可得，所以，此时三角形有唯一的解；
对于C中，由正弦定理，可得，
可得有两解，所以三角形有两解；
对于D中，由余弦定理得，可得有唯一的解，所以三角形只有一解.
故选：C.
5．A
【解析】
【分析】
根据正弦定理进行判断即可.
【详解】
由正弦定理可知：，
显然不存在这样的角，
故选：A
6．D
【解析】
【分析】
画出三角形，数形结合分析临界条件再判断即可
【详解】
如图， ，为正三角形，则点在射线上.易得当在时，只有一解，此时；当在或右边时只有一解，此时.故 或

故选：D
7．B
【解析】
【分析】
利用三角形面积定理、余弦定理求出边a，再利用正弦定理计算作答.
【详解】
在中，，则，解得，
由余弦定理得：，令外接圆半径为R，
由正弦定理得：，解得，
所以三角形外接圆的半径为2.
故选：B
8．A
【解析】
【分析】
利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解外接圆半径即可.
【详解】
根据题意得：，解得，所以的外接圆半径为：.
故选：A.
9．A
【解析】
【分析】
直接使用正弦定理进行求解即可.
【详解】
设R为外接圆的半径，故，解得．
故选：A．
10．C
【解析】
【分析】
根据，确定三内角的度数，根据正弦定理即可求得答案.
【详解】
由题意得的三个内角，
故，
由正弦定理得：,
故选：C
11．D
【解析】
【分析】
利用正弦定理化角为边可得，再将用表示，再利用正弦定理化边为角，从而可求得角A，再利用三角形的面积公式可求得，最后利用余弦定理即可得解.
【详解】
解：∵，∴，∴，
∵，∴，
则，
∴，
又，则，
∴，，
∴，
∴，∴，
则
∴．
故选：D.
12．B
【解析】
【分析】
利用同角三角函数的基本关系以及正弦定理可求得的值.
【详解】
因为，则为锐角，且，
因为，由正弦定理可得.
故选：B.
13．C
【解析】
根据正弦定理求解.
【详解】
因为 ，所以,选C.
【点睛】
本题考查正弦定理，考查基本求解能力，属基础题.
14．B
【解析】
【分析】
直接根据正弦定理求解即可.
【详解】
解：中，∵，，，
∴由正弦定理得：.
故选：B
15．B
【解析】
【分析】
①用平面向量的数量积和夹角的应用判断；②用正弦定理以及大边对大角判断；③用含有特称量词的命题的否定判定即可.
【详解】
对于①，因为两向量是非零向量，当两向量同向时，依然可以得到，故①错；对于②，，所以②对；对于③，：，，所以③错；
故选：B.
16．B
【解析】
【分析】
利用给定条件结合对数运算可得，再利用正弦定理角化边即可判断得解.
【详解】
因，则有，
即有，于是得，
在中，由正弦定理得：，
所以是直角三角形.
故选：B
17．B
【解析】
【分析】
利用正弦定理将边化为角，再逆用两角和的正弦公式化简即可.
【详解】
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
所以，又，所以，
所以，又，所以.
故选：B
【点睛】
方法点睛：对于给出条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么把它统一为边的关系，要么把它统一为角的关系．再利用三角形的有关知识，三角恒等变形方法、代数恒等变形方法等进行转化、化简，从而得出结论．
18．A
【解析】
【分析】
利用正弦定理可求答案.
【详解】
由正弦定理可知，；
因为，，，
所以；
因为，所以或（舍）.
故选：A.
19．C
【解析】
【分析】
先根据正弦定理可求，再求出后可求面积.
【详解】
因为，故由正弦定理可得：
即，
而，故，故，
由余弦定理可得，故，
故，
故选：C.
20．A
【解析】
【分析】
先根据，求出，再由正弦定理，求解即可.
【详解】
在中，

由正弦定理可知
即.
故选：A.
21．D
【解析】
【分析】
三角形中，由角的比例关系可得A＝30°，B＝60°，C＝90°，结合正弦定理即可求a∶b∶c.
【详解】
在△ABC中，有A∶B∶C＝1∶2∶3，
∴B＝2A，C＝3A，又A＋B＋C＝180°，即A＝30°，B＝60°，C＝90°，
由正弦定理知：a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝sin 30°∶sin 60°∶sin 90°＝1∶∶2.
故选：D
22．B
【解析】
【分析】
通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】

过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】
本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．


23．C
【解析】
在中，根据，，由余弦定理求得，再由平方关系得到，然后由正弦定理求解.
【详解】
在中，，，
由余弦定理得：，
所以，
由正弦定理得：，
所以，
此三角形的外接圆半径是
故选：C
【点睛】
本题主要考查余弦定理，正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
24．D
【解析】
【分析】
利用三角形大边对大角直接求解
【详解】
对A, B为钝角，只有一解；
对B, , B为锐角，只有一解；
对C, , A为直角，无解；
对D, , B为锐角，A有两解；
故选：D
25．A
【解析】
【分析】
利用正弦定理进行求解.
【详解】
由正弦定理得：，即，解得：.
故选：A
26．A
【解析】
【分析】
根据正弦定理结合题干条件可得到，再由余弦定理得，代入已知条件可得到最终结果.
【详解】
因为，
根据正弦定理得到：
故得到

再由余弦定理得到：
代入，，得到.
故选：A.
27．A
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角，再由诱导公式，两角和的正弦公式变形可得．
【详解】
因为，由正弦定理得
因为，所以
因为，所以，所以，而B为三角形内角，故．
故选：A．
28．D
【解析】
由已知结合正弦定理即可直接求解．
【详解】
A＝60°，a，
由正弦定理可得，2，
∴b＝2sinB，c＝2sinC，
则2．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础试题．
29．D
【解析】
【分析】
根据已知条件，利用余弦定理和面积公式，结合倍角公式求得,进而求得A的各个三角函数值，再利用正弦定理边化角求得关于C的函数表达式，根据锐角三角形的条件得到，利用三角函数的性质求得取值范围即可．
【详解】
解：△ABC中，，
由，得，∴；
即，∵，∴，
∴，∴ ，
∴，
∵△ABC为锐角三角形，∴,∴，
∴，
∴,
∴，
故选：D．
30．B
【解析】
【分析】
由正弦定理求得，得到B有两解，即可得到答案.
【详解】
在中，因为，，，
由正弦定理 ，可得，
因为，即，则有两解，所以三角形的个数是2个.
故选：B.
31．D
【解析】
【分析】
对于A，由和的度数，利用三角形内角和定理求出的度数，再由的值，利用正弦定理求出与，得到此时三角形只有一解，不合题意；对于B，由，及的值，利用余弦定理列出关系式，得到，解得三角形只有一个解，不合题意；对于C，三角形三边都确定，故得到三角形是唯一确定的，只有一解；对于D，由，及的值，利用正弦定理求出的值，由小于得到小于，可得出此时有两解，符合题意．
【详解】
对于A选项，，，
，又，
由正弦定理得：，，
三角形三边确定，此时三角形只有一解，不合题意；
对于B选项，，，，
由余弦定理得：，
三角形三边唯一确定，此时三角形有一解，不合题意；
对于C选项，，三边均为定值，三角形唯一确定，
故选项C不合题意；
对于D选项，，，，
由正弦定理得：，
，，，
有两解，符合题意，
故选：D.
32．B
【解析】
【分析】
利用正余弦定理可确定边角关系，进而可判定三角形形状.
【详解】
在中，由正弦定理得，而，
∴ ，即，
又∵、为的内角，∴，
又∵，∴，
∴由余弦定理得：，∴，
∴为等边三角形.
故选：B.
33．A
【解析】
【分析】
在三角形中由正弦定理，即可求出答案.
【详解】
由正弦定理得.
或.，（舍）.
故.
故选：A.
34．D
【解析】
根据，利用正弦定理得到求解.
【详解】
因为在中，，
所以
因为，
所以，
因为则,
或
故选：D
35．D
【解析】
【分析】
由正弦定理即可求解．
【详解】
在中，由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，
因为，所以或，
故选：D.
36．A
【解析】
【分析】
先由正弦定理求出sinB=，可得B=30°或B=150°，再由a>b，得A>B，从而可求出B=30°.
【详解】
由正弦定理得，
即，
解得sinB=，
又B为三角形内角，所以B=30°或B=150°，
又因为a>b，所以A>B，即B=30°.
故选：A.
37．B
【解析】
【分析】
根据几何关系列出关于渐近线倾斜角与面积的等量关系式，求出渐近线的倾斜角，从而根据渐近线方程计算的值，确定双曲线的方程
【详解】
设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，在等腰三角形中，根据正弦定理可得：，得，所以，解得或，又，，所以，从而，所以双曲的方程为，
故选：B．
【点睛】
本题目比较巧妙的地方在于借助渐近线的倾斜角，得到倾斜角与的关系，结合解三角形的方法来表示三角形的面积，求出的值；题目也可以用渐近线方程直接求解
38．BC
【解析】
【分析】
结合选项逐个求解，可进行判断.
【详解】
对于A，因为，所以，只有一解；
对于B，因为，且，所以有两解；
对于C，因为，且，所以有两解；
对于D，因为，但，所以有一解；
故选：BC.
39．AD
【解析】
【分析】
利用同角的三角函数的基本关系结合面积、余弦定理可得，计算出可判断A的正误，而利用余弦定理、基本不等式可得关于的三角函数不等式，从而可判断B的正误，对于C，求出的范围后可判断其正误，对于D，由可得的值，结合已知条件可判断三角形是否存在.
【详解】
设所对的边为，因为面积为12，故，
故.
对于A，若，结合为三角形内角可得，故.
因为，故，故，故.
由正弦定理可得，故，故A正确.
对于B，由余弦定理可得，
所以即，当且仅当时等号成立.
而，故，故，整理得到，
而，
因为，故，故的最大值为，
当且仅当时等号成立，故B错误.
对于C，，
故，而，
故，故C错误.
对于D，若，则可得或，
若，则 ，消元后得到： ，
所以，整理得到，
但，故矛盾即不成立.
若，则，消元后得到：，
所以，整理得到，
结合可得，此时，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：三角形一般有7个几何量（三边和三角以及外接圆的半径），由已知的三个量一般可求出其余的四个量，求解过程中注意选择合适的定理来解决，另外在边角关系的转化的过程，注意根据边的特征和角的特征合理消元.
40．AC
【解析】
【分析】
根据正弦定理和三角恒等变换的公式，以及三角性的内角和定理、三角形解得个数的判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，因为，可得，由正弦定理可得，
所以，所以A正确；
对于B中，由，可得或，
即或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，若，由正弦定理可得，
即，所以，即，
又因为，所以，所以一定为直角三角形，所以C正确；
对于D中，若，可得，
要使得该三角形有两解，可得，即边的范围是，所以D不正确.
故选：AC.
41．ABC
【解析】
【分析】
利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；
【详解】
解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；
对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．
对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；
对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；
故选：ABC
42．或
【解析】
【分析】
首先由正弦定理可求出，根据大边对大角的原则，由可得，即得解
【详解】
由正弦定理得，
∴，
∵，∴，
∴或
故答案为：或
43．
【解析】
【分析】
利用正弦定理得到，再根据有两解得到，计算得到答案.
【详解】
由正弦定理得：
若有两解：

故答案为
【点睛】
本题考查了正弦定理，有两解，意在考查学生的计算能力.
44．
【解析】
【分析】
根据求出，由向量数量积得到，使用余弦定理得到方程组，求出，利用面积公式求出结果.
【详解】
因为，所以，即，而因为是锐角三角形，所以，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以，整理得：①，其中，即，因为，所以，即，解得：②，把②代入①得：，解得：，则的面积为.
故答案为：
45．
【解析】
【分析】
设为外接圆圆心，为球心，由球的性质知平面；利用正弦定理可求得外接圆半径；根据四边形为矩形，得到，利用勾股定理构造方程组即可求得外接球半径，代入球的体积公式求得结果.
【详解】
设为外接圆圆心，为三棱锥外接球球心，
则平面，作，垂足为

由正弦定理可知外接圆直径：
，
平面，平面，
又，，
四边形为矩形，
设，
在和中，
勾股定理可得：，解得：
三棱锥外接球体积：
故答案为：
46．
【解析】
把看成关于的二次方程，由结合正弦函数的有界性可得，从而求得的值，再利用正弦定理求得的值，最后利用诱导公式可求并代入面积公式，即可得答案.
【详解】
把看成关于的二次方程，
则由，即得，
而，则.
由于，可得，可得，
即，代入方程，可得，
所以.由正弦定理可得，，所以.
又因为，所以.
易知.
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角恒等变换、正弦定理、面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意两边夹定理的运用.
47．##
【解析】
【分析】
运用正弦定理及余弦定理可得解.
【详解】
根据余弦定理：
，
得，
由正弦定理△ABC的外接圆半径为.
故答案为:.
48．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）先计算出的角度，再根据正弦定理计算出的值，最后根据即可计算出的值；
（2）根据条件将用的形式表示出来，将转化为关于的三角函数，再根据的范围即可计算出的取值范围.
【详解】
解：（1）成等差数列，所以，
，
（2），
，
令，
，，
.
【点睛】
本题考查三角恒等变换与解三角形的综合应用，其中涉及到等差数列知识，属于综合型问题，难度较易.解三角形的问题中注意对隐含条件“”的使用.
49．选择见解析；（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；
（2）由面积公式求出，利用余弦定理可得，代入计算即可.
【详解】
（1）选①，由正弦定理得，，
解得，
平方得，解得，又,所以.
选②，由正弦定理得，，，

解得，又,所以
选③，由，有，
由正弦定理得，，，
解得，又,所以
（2），解得
由余弦定理有，，
∴.
50．答案见解析
【解析】
【分析】
先根据三角形面积公式以及余弦定理求解出的值；若选①：先用正弦定理求解出的值，然后分析的大小并求的值，然后根据两角和的正弦公式可求的值；若选②：先用正弦定理求解出的值，然后计算的值，最后根据两角和的正弦公式可求的值，注意分类讨论；若选③：先根据正弦定理计算的值，得到，故判断三角形不存在.
【详解】
因为，由余弦定理，
可得，
由，得
所以.
选①：由正弦定理得，
代入中得，
又，得是一个锐角，故，
所以.
选②：由得，
代入中得，   
则当时，
当，
当时，
当，
选③：由得，所以不存在.
51．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理求得，结合诱导公式求得，最后由余弦定理即可求解；
（2）结合（1）得，由结合面积公式表示出四边形的面积，再借助辅助角公式及正弦函数的性质求解即可.
(1)
在中，，，，由余弦定理得，
所以.因为，所以，由正弦定理得，即，
解得，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以且，
所以，在中，由余弦定理得；
(2)
由（1）得，
，此时，，且，当时，四边形的面积最大，
即，此时，，所以，即.
52．（1）；（2）．
【解析】
（1）直接根据余弦定理计算得到答案.
（2）计算，，根据正弦定理计算得到答案.
【详解】
（1）根据余弦定理：，故.
（2），，故，，
故，
根据正弦定理：，故.
【点睛】
本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.